AGLA

(

i утворює кут π/3 з прямою

x = y, z = 0;

б) проходить через пряму

(

x + 5y + z = 0, x − z + 4 = 0

i утворює кут π/4 з площиною x − 4y − 8z + 1 = 0.

7Нормальне рiвняння прямої на площинi. Нормальне рiвняння площини в просторi

Вцьому роздiлi використовуються такi поняття та результати.

1.Нормальне рiвняння прямої на площинi. Знаходження вiдхилення i вiдстанi вiд точки до прямої. Положення точки вiдносно прямої на площинi.

2.Нормальне рiвняння площини в просторi. Знаходження вiдхилення i вiдстанi вiд точки до площини. Положення точки вiдносно площини в просторi.

Приклади розв’язання задач

Приклад 7.1. Знайти вiдхилення δ i вiдстань d вiд точки M (2, 5) до прямої γ : 8x − y + 2 = 0. В однiй чи в рiзних пiвплощинах вiдносно γ лежать початок координат i точка M ?

Розв’язання. Запишемо нормальне рiвняння прямої γ. Нагадаємо, для того, щоб звести загальне рiвняння прямої Ax + By + C = 0 до нормального, необхiдно це рiвняння домножити справа i злiва на нормуючий

− sign C

множник µ = √A2 + B2 (тут вважаємо, що sign 0 = 1):

81

O M

γ d

−1

В нашiй ситуацiї µ = √ , нормальне рiвняння прямої

Для того, щоб знайти δ вiдхилення вiд точки M до прямої γ, необхiдно в нормальне рiвняння прямої замiсть змiнних x, y пiдставити координати точки M :

Нагадаємо, що вiдхилення це вiдстань вiд точки до прямої, взята iз знаком ”+”, якщо дана точка i початок координат лежать в рiзних пiвплощинах вiдносно заданої прямої, iз знаком ”–”, якщо в однiй.

1

Таким чином, вiдстань вiд точки M до γ дорiвнює d = |δ| = √ .

5

Точка M i початок координат лежать в однiй пiвплощинi вiдносно γ, оскiльки δ < 0.

Приклад 7.2. Задана пряма γ : Ax + By + C = 0 i точки M (x1, y1) ,

N (x2, y2) , якi не належать γ, тобто Axi +Byi +C =6 0, i = 1, 2. Визначити необхiдну i достатню умову того, що

а) γ перетинає вiдрiзок M N ;

б) γ перетинає продовження вiдрiзку M N за точку M.

Розв’язання. Позначимо через δ1 i δ2 вiдхилення вiд точок M i N до прямої γ, вiдповiдно. Нагадаємо, що

82

N

M

Для того, щоб пряма γ перетинала вiдрiзок M N, необхiдно i достатньо, щоб точки M i N лежали в рiзних пiвплощинах вiдносно γ. Нехай γ не проходить через початок координат (C =6 0). Тодi можливi двi ситуацiї: або M i початок координат лежать в однiй пiвплощинi вiдносно γ, а точка N в iншiй (тобто δ1 < 0 i δ2 > 0), або, навпаки, N i початок координат лежать в однiй пiвплощинi вiдносно γ, а точка M в iншiй (тобто δ1 > 0 i δ2 < 0). Таким чином, пряма γ перетинає вiдрiзок M N тодi i тiльки тодi, коли числа δ1 i δ2 мають рiзнi знаки: δ1δ2 < 0. Маємо,

Зауважимо, що така ж сама умова справедлива i в тому випадку, коли пряма γ проходить через початок координат (тодi C = 0). Дiйсно, в цiй ситуацiї, для того, щоб пряма γ перетинала вiдрiзок M N необхiдно i достатньо, щоб проекцiї радiус-векторiв точок M i N (позначимо їх ~r1 i ~r2, вiдповiдно) на вектор нормалi до γ (позначимо його ~n) мали б рiзнi знаки: Πp~n ~r1 Πp~n ~r2 < 0. Оскiльки, ~r1 = {x1, y1} , ~r2 = {x2, y2} ,

83

Враховуючи, що знаменник завжди додатний, маємо умову (1). Таким чином, γ перетинає вiдрiзок M N, якщо виконується (1).

Для того, щоб пряма γ перетинала продовження вiдрiзку M N за точку M необхiдно, по-перше, щоб γ не перетинала сам вiдрiзок, тобто, щоб виконувалася умова, протилежна до умови (1) :

(Ax1 + By1 + C ) (Ax2 + By2 + C ) > 0.

По-друге, необхiдно, щоб точка M знаходилася ближче до прямої γ, нiж

γ Md1 d2O

точка N, тобто, щоб d1 вiдстань вiд точки M до прямої γ була менше, нiж d2 вiдстань вiд точки N до γ:

спростивши цю нерiвнiсть, отримаємо другу умову:

|Ax1 + Bx1 + C | < |Ax2 + Bx2 + C | .

Таким чином, пряма γ перетинає продовження вiдрiзку M N за точку

Приклад 7.3. Скласти рiвняння бiсектрис кутiв, утворених двома перетинними прямими γ1 : 6x + y − 3 = 0 i γ2 : 2x + 12y + 9 = 0. Розв’язання. Скористаємося фактом, що бiсектриси кутiв, утворених двома перетинними прямими γ1 i γ2, це геометричне мiсце точок, рiвновiддалених вiд цих прямих. Iншими словами, деяка точка M (x, y) належить однiй з бiсектрис тодi i тiльки тодi, коли d1 вiдстань вiд точки M до прямої γ1 дорiвнює d2 вiдстанi вiд точки M до γ2 :

84

γ2

Ця рiвнiсть еквiвалентна такiй сукупностi:

"

12x + 2y − 6 = 2x + 12y + 9, 12x + 2y − 6 = −2x − 12y − 9.

Спростивши кожне з рiвнянь, отримаємо рiвняння двох бiсектрис кутiв, утворених прямими γ1 i γ2 :

"

2x − 2y − 3 = 0, 14x + 14y + 3 = 0.

Приклад 7.4. Знайти вiдхилення δ i вiдстань d вiд точки M (2, −1, 4) до площини α : 2x − 3y + z − 4 = 0. В однiй чи в рiзних пiвпросторах вiдносно α лежать початок координат i точка M ?

Розв’язання. Запишемо нормальне рiвняння площини α. Нагадаємо, для того, щоб звести загальне рiвняння площини Ax + By + Cz + D = 0 до нормального, необхiдно це рiвняння домножити справа i злiва на

85

M

Для того, щоб знайти δ вiдхилення вiд точки M до площини α, необхiдно в нормальне рiвняння площини замiсть змiнних x, y, z пiдставити координати точки M :

Нагадаємо, що вiдхилення вiд точки до площини це вiдстань вiд точки до площини, взята iз знаком ”+”, якщо дана точка i початок координат лежать в рiзних пiвпросторах вiдносно заданої площини, iз знаком ”–”, якщо в однiй. r

Таким чином, вiдстань вiд точки M до α дорiвнює d = | δ | = 72.

Точка M i початок координат лежать в рiзних пiвпросторах вiдносно α, оскiльки δ > 0.

Приклад 7.5. Довести, що площини

α1 : x − 2y − 2z − 8 = 0 i α2 : −2x + 4y + 4z + 1 = 0

паралельнi i знайти вiдстань мiж ними.

Розв’язання. Площини α1 i α2 паралельнi, оскiльки їх вектори нормалi колiнеарнi. Дiйсно, ~n1 = {1, −2, 2} (вектор нормалi до α1) колiнеарен вектору ~n2 = {−2, 4, 4} (вектор нормалi до α2): −2~n1 = ~n2.

86

M

Знайдемо d вiдстань мiж площинами α1 i α2. Для цього вiзьмемо довiльну точку, яка належить площинi α1, наприклад, M (8, 0, 0) , тодi d

Приклад 7.6. Задано площину α : Ax + By + Cz + D = 0, позначимо через D+ = {(x, y) : Ax + By + Cz + D > 0} один з пiвпросторiв, на який площина α дiлить весь простiр. Довести, що вектор ~n = {A, B, C} спрямований в бiк пiвпростору D+.

Розв’язання. Нехай M0 (x0, y0, z0) довiльна точка площини α, тобто

Ax0 + By0 + Cz0 + D = 0.

Вiзьмемо довiльну точку M1 (x1, y1, z1) , яка належить пiвпростору

87

1

= |~n | (Ax1 + By1 + Cz1 + D) > 0.

Приклад 7.7. Задано двi перетиннi площини αi : Aix+Biy+Ciz+Di = 0, i = 1, 2, i точкa M0 (x0, y0, z0) , яка не належить жоднiй з цих площин. Знайти необхiдну i достатню умову того, що M0 лежить всерединi гострого двогранного кута, утвореного при перетинi площин α1 i α2.

Розв’язання. Кожна площина розбиває простiр на два пiдпростори, позначимо їх

Нагадаємо (див. задачу 7.6), що ~n1 = {A1, B1, C1} i ~n2 = {A2, B2, C2}

якщо кут мiж векторами ~n1 i ~n2 буде тупим, тобто скалярний добуток

88

цих векторiв буде вiд’ємним: ( ~n1, ~n2 ) = A1A2 + B1B2 + C1C2 < 0. Таким чином, у випадку а) буде така вiдповiдь:

Тодi, розглянувши замiсть вектора ~n2 = {A2, B2, C2} , вектор −~n2 = {−A2, −B2, −C2} отримаємо умову того, що кут мiж векторами ~n1 i −~n2 є тупим:

( ~n1, −~n2 ) = −A1A2 − B1B2 − C1C2 < 0

або

A1A2 + B1B2 + C1C2 > 0.

89

Таким чином, у випадку б) буде така вiдповiдь:

A1A2 + B1B2 + C1C2 < 0.

Всi чотири отриманi вiдповiдi можна об’єднати в одну:

(A1A2 + B1B2 + C1C2) (A1x0 + B1y0 + C1z0 + D1) ×

× (A2x0 + B2y0 + C2z0 + D2) < 0.

Задачi для самостiйної роботи

Нормальне рiвняння прямої на площинi

7.1. Знайти вiдхилення δ i вiдстань d вiд точки M до прямої γ. В однiй чи в рiзних пiвплощинах вiдносно γ лежать початок координат i точка

M ?

а) M (1, 2), γ : x − 7 = 0;

б) M (2, −15), γ : y + 9 = 0;

в) M (3, 4), γ : 4x − 3y − 15 = 0;

г) M (9, 1), γ : −2x + 6y + 7 = 0;

90